SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 Mơn thi: TỐN - Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 (Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Câu I (4,0 điểm) x2 x x 1 2x x , với x 0, x Rút gọn P x x 1 x x x x x2 x tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Cho biểu thức P 4( x 1) x 2018 x 2017 x 1 Tính giá trị biểu thức P x 2 x 3x 32 32 Câu II (4,0 điểm) Biết phương trình (m 2) x2 2(m 1) x m có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng ( x y ) (8 x y xy 13) Giải hệ phương trình 2 x x y Câu III (4,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên phương trình y y 62 ( y 2) x ( y y 8) x Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p a b2 số nguyên tố p chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Câu IV (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng với P qua O Chứng minh IBI aC tứ giác nội tiếp Chứng minh NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP Chứng minh DAI KAI a Câu V (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x z Chứng minh xz y2 x 2z y yz xz yz x z - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM (Gồm có 05 trang) Câu I 4,0 điểm Điểm NỘI DUNG x2 x x 1 1 2x x , với x 0, x x x 1 x x x x x2 x Rút gọn P tìm tất giá trị x cho giá trị P số nguyên Với điều kiện x 0, x , ta có: Cho biểu thức P P x2 x x 1 x x x x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x x 2 x x 1 x x 1 x 1 x 2 x x 1 x x 1 x x x x2 x x 1 x 2x x 1 2,5 0,50 x 1 x x x 1 0,50 0,50 0,50 Ta có với điều kiện x 0, x x x x 0 P x 2 x x 1 x 2 1 2 x 1 x 1 x 2 x (loại) Do P nguyên nên suy P x x 1 Vậy khơng có giá trị x để P nhận giá trị nguyên Chú ý 1:Có thể làm theo cách sau x 2 P Px P 1 x P , coi phương trình bậc hai x x x 1 Nếu P x vơ lí, suy P nên để tồn x phương trình có 4 2 P 1 4P P 3P P P P P 1 3 Do P nguyên nên P 1 0,50 0,50 +) Nếu P 1 P x không thỏa mãn P 2 P x x x không thỏa mãn +) Nếu P 1 P Vậy khơng có giá trị x thỏa mãn x 1 x 2018 x 2017 x Tính giá trị biểu thức P x 3x x 32 2 1,5 Vì x 3 1 2 32 2 0,50 1 nghiệm đa thức x2 x 2 x 2017 x x x x Do P x 1 x2 x 1 x nên x 0,50 0,50 Chú ý 2:Nếu học sinh không thực biến đổi mà dùng máy tính cầm tay để thay số tìm kết cho 0,5 đ II 4,0 điểm Biết phương trình (m 2) x2 2(m 1) x m có hai nghiệm tương ứng độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng Tìm m để độ dài đường cao ứng với cạnh huyền tam giác vng Phương trình (m 2) x2 2(m 1) x m ( x 1) (m 2) x m có hai nghiệm m m2 Hai nghiệm độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng suy m m m m2 (m 2)2 m2 1 1 Từ hệ thức tam giác vng ta có m m a b h m2 Với 2m m m (thỏa mãn) m m2 Với 2m m m (loại) m Vậy m giá trị cần tìm ( x y )2 (8 x y xy 13) (1) Giải hệ phương trình (2) 2 x x y ĐKXĐ: x y 2 8( x y ) xy ( x y ) 13 Chia phương trình (1) cho ( x y)2 ta hệ 2 x x y m Khi nghiệm phương trình a 1và b 2 ( x y ) 3( x y ) 13 3( x y ) 23 5 x y 2 ( x y) x y x y ( x y ) x y ( x y) x y x y , v x y (ĐK: | u | ), ta có hệ Đặt u x y x y Từ (4) rút u v , vào (3) ta 5u 3v 23 (3) (4) u v 5u 3(1 u)2 23 4u 3u 10 u u Trường hợp u loại u 2,0 0,50 0,50 0,50 0,50 2,0 0,25 0,50 0,25 0,25 2 x y x y Với u v 1 (thỏa mãn) Khi ta có hệ x y 1 III 4,0 điểm Giải hệ cách x 1 y vào phương trình đầu ta y 1 y Vậy hệ có nghiệm ( x, y) (0;1) y 1 Tìm nghiệm nguyên phương trình y y 62 ( y 2) x y y 8 x (1) 0,25 0,50 2,0 Ta có (1) y y 3 56 ( y 2) x y y x 0,25 y x y x y 3 56 0,25 x 1 y 2 x y 3 56 0,50 Nhận thấy y x 1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số cịn lại Như ta có ) 56 1.7.8 x; y 2;9 ) 56 7.1.8 x; y 8;3 ) 56 8 7 x; y 7;3 0,25 0,25 0,25 ) 56 8 7 x; y 2; 6 ) 56 8 1 x; y 7;9 ) 56 8 1 x; y 8; 6 Vậy phương trình có nghiệm nguyên 0,25 Chú ý 3:Học sinh biến đổi phương trình đến dạng y 2 x2 y 4 x y 3 56 (được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ) Cho a, b số nguyên dương thỏa mãn p a b2 số nguyên tố p chia hết cho Giả sử x, y số nguyên thỏa mãn ax by chia hết cho p Chứng minh hai số x, y chia hết cho p Do p nên p 8k (k ) Vì ax IV 6,0 điểm 4k 2 by 4k 2 ax by p nên a 4k 2 x8k 4 b4k 2 y8k 4 p 2,0 0,50 Nhận thấy a k 2 x8k 4 b4 k 2 y8k 4 a4 k 2 b4 k 2 x8 k 4 b4 k 2 x8 k 4 y8 k 4 0,25 Do a k b4 k 2 a 0,25 k 1 b2 k 1 a b2 p b p nên x8k 4 y8k 4 p (*) Nếu hai số x, y có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai số x, y khơng chia hết cho p theo định lí Fecma ta có : x8k 4 x p 1 1(mod p), y8k 4 y p 1 1(mod p) x8k 4 y8k 4 2(mod p) Mâu thuẫn với (*).Vậy hai số x y chia hết cho p Cho tam giác ABC có (O),( I ),( I a ) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A tam giác với tâm tương ứng O, I , I a Gọi D tiếp điểm ( I ) với BC , P điểm cung BAC (O) , PI a cắt (O) điểm K Gọi M giao điểm PO BC , N điểm đối xứng P qua O 0,50 0,50 P A F O I D B C M K N Ia Chứng minh: IBIa C tứ giác nội tiếp 2,0 I a tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh A I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , từ suy BI a BI , CI a CI ( Phân giác phân giác ngồi góc vng góc với nhau) 1,0 Xét tứ giác IBI aC có IBI a ICI a 1800 Từ suy tứ giác IBI aC tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính II a 1,0 Chứng minh tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác 2,0 Nhận thấy bốn điểm A, I , N , I a thẳng hàng (vì thuộc tia phân giác BAC ) Do NP đường kính (O) nên NBP 900 , M trung điểm BC nên PN BC M Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông PBN ta có NB2 NM NP Vì BIN góc đỉnh I tam giác ABI nên BIN = ABC BAC (1) BAC (cùng chắn cung NC) NBI NBC CBI BAC ABC (2) Xét (O): NBC NAC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Từ (1) (2) ta có BIN = NBI nên tam giác NIB cân N Chứng minh tương tự tam giác NIC cân N Từ suy N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC , tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác IBI aC NI a2 NB2 NM NP 0,25 Vậy NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP 0,25 Chứng minh: GọiF tiếp điểm đường tròn (I) với AB 2,0 Xét hai tam giác có: NBM BAC IAF 0,25 0,50 MNB đồng dạng với FIA Suy mà: , nên 0,50 Ta có: suy NMI a đồng dạng với IDA nên 0,50 (1) Do NI a tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác I a MP nên 0,25 KAI a KAN KPN I a PN NI a M (2) V 2,0 điểm Từ (1) (2) ta có DAI KAI a Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x z Chứng minh 0,25 xz y2 x 2z y yz xz yz x z 2,0 y2 2z 1 xz y x 2z yz x Ta có P xz z y y yz xz yz x z 1 1 1 yz x yz x 2z y 1 2 y x a b 2c , z y x z b2 a 1 c 1 1 1 z y x x y z a , b2 , c a, b, c y z x x Nhận xét a b2 x z z c 2 2 2 2 a b 2ab a a ab 1 b b ab 1 2aba a b Xét b a ab a b2 ab 1 xz yz ab a b a b a3 b3 a b a 1 b 1 ab 1 0,25 0,25 0,25 0 a b 2ab c Do b a ab 1 1 c c 0,25 1 Đẳng thức xảy a b 0,25 2 2 2c 2 1 c 1 c 1 2c 1 c 1 c Khi c c2 2 1 c 1 c 0,25 1 c 3c 3c c3 0 2 1 c 1 c 1 c 1 c 0,25 c 1 Từ 1 suy điều phải chứng minh.Đẳng thức xảy a b, c x y z Hết 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với Câu IV (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai không chấm - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm ... VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2017- 2018 ĐỀCHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN – Lớp THCS Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 10 tháng năm 2018 HƯỚNG... giá trị x thỏa mãn x 1 x 2018 x 2017 x Tính giá trị biểu thức P x 3x x 32 2 1,5 Vì x 3 1 2 32 2 0,50 1 nghiệm đa thức x2 x 2 x 2017 x x x x Do P ... 2 ;9 ) 56 7.1.8 x; y 8;3 ) 56 8 7 x; y 7;3 0,25 0,25 0,25 ) 56 8 7 x; y 2; 6 ) 56 8 1 x; y 7 ;9